广东省深圳市光明区高级中学2023-2024学年高三下学期5月模拟考试数学试题（学生版+教师版）

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1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：高考范围.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解一元二次不等式，再根据，求得集合，进而得到.
【详解】集合，又因为，所以.
故选：.
2. 已知复数在复平面内对应的点的坐标是，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复平面上的坐标先求出复数，然后代入计算即可.
【详解】因为复数在复平面内对应的点的坐标是，
所以，
则.
故选：A
3. 佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃建筑，整体成圆锥形，它利用现代设计手法令空间与其展示的艺术品无缝交融，形成一个统一的整体，气势恢宏，美轮美央.佛兰德现代艺术中心的底面直径为8，高为30，则该建筑的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理求出圆锥母线长，再利用圆锥的侧面积公式求出侧面积.
【详解】由题知该建筑的底面直径为8，
所以底面半径为4，
所以母线长，
则其侧面积.
故选：C.
4. 已知向量，，则 是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用垂直关系的向量表示及向量模的坐标表示求出，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】向量，，由，得，
解得，显然当时，有成立，
所以是“”的充分不必要条件.
故选：A
5. 已知且，若函数为偶函数，则实数（ ）
A. 3B. 9C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】用偶函数的定义求解.
【详解】已知且，若函数为偶函数，则有，
即，化简得，所以.
故选：B
6. 已知直线与圆相交于两点，则当取最小值时，实数的值为（ ）
A. 2B. 1C. -1D. -2
【答案】C
【解析】
【分析】先求出圆心和直线恒过定点，确定取得最小值，结合两点坐标表示直线斜率和两直线的位置关系即可求解.
【详解】由圆的方程，可知圆心，半径，
直线过定点，
因为，则定点在圆内，
则当取得最小值，因为的斜率为，
故.
故选：C
7. 已知函数，把的图象向左平移个单位长度可得到函数的图象，则（ ）
A. 是偶函数
B. 的图象关于直线对称
C. 在上的最大值为0
D. 不等式的解集为
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数图象的平移变换可得，结合正弦函数的奇偶性、对称性、单调性依次判断选项即可.
【详解】由题知.
A：由于的定义域为，且，
故为奇函数，故A错误；
B：又，故的图象不关于直线对称，故B错误；
C：因为时，，
所以在上最大值为0，最小值为-2，故C正确；
D：，则，则，
故，故D错误.
故选：C
8. 古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第日布施了子安贝（其中），数列的前项和为.若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出和，然后参变分离求出的范围.
【详解】由题意可知，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
故，
所以.
由，得，
整理得对任意，且恒成立.
又，当且仅当，即时等号成立，
所以，即实数的取值范围是,
故选:C.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知数据的平均数为，中位数为，方差为，极差为，由这数据得到新数据，其中，则对于所得新数据，下列说法一定正确的是（ ）
A. 平均数是B. 中位数是
C. 方差是D. 极差是
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，根据平均数定义计算出的平均数为；B选项，根据中位数的定义得到的中位数为；C选项，利用方差的定义得到C正确；D选项，利用极差的定义得到的极差为.
【详解】A选项，由题意得，
则，
则的平均数是，A错误；
B选项，从小到大排列后为，
取第5个和第6个数的平均数作为中位数，即，
由于，故从小到大排列为，
取第5个和第6个数的平均数作为中位数，即，B正确；
C选项，由题意得，
则
，故方差是，C正确；
D选项，从小到大排列后为，
故，
其中从小到大排列后为，
则，故极差是，D错误.
故选：BC
10. 已知直线与双曲线交于两点，为的中点，为坐标原点，若直线的斜率小于，则双曲线的离心率可能为（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】易知，即，设，联立双曲线方程，利用韦达定理表示出，结合中点坐标公式和两点坐标表示斜率公式计算即可求解.
【详解】由题意知，即，所以，设，
由，得，
，
则，，
得，所以，
即，可得且.
故选：BC

11. 已知函数是定义域为的可导函数，.若是奇函数，且的图象关于直线对称，则（ ）
A.
B. 曲线在点处的切线的斜率为2
C. 是的导函数
D. 的图象关于点对称
【答案】BC
【解析】
【分析】根据对称性得到，即可得到，再令，即可判断A；对上式求导，再赋值，即可判断B，首先判断为奇函数，即可得到，再结合，即可判断C；首先推出关于对称，即可判断D.
【详解】由题意有定义域为的奇函数，所以，，
又的图象关于直线对称，所以，
因为，即，
令，有，故A错误；
由，令得，故B正确；
因为，所以，
所以为奇函数，即①，又②，
联立①②得，将代换得③，
联立②③得，则，结合①有，故C正确；
因为，，
所以，，得，
即关于对称，所以，即关于对称，故D错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：对于抽象函数的的对称性、奇偶性、周期性类综合问题，关键是理解并准确应用函数的性质，赋值法是解决这类问题比较好的方法.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知的二项展开式中，项的系数是18，则的值为__________.
【答案】3
【解析】
【分析】求出展开式的通项，由项的系数是18求得的值.
【详解】展开式的通项为，
令，得，所以项的系数为，所以.
故答案为：3
13. 已知分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上一点且，则的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆的定义求得三边长，根据三角形面积公式求解即可.
【详解】由椭圆可知，
故，结合，
可得，而，
故为等腰三角形，其面积为.
故答案为：.
14. 在长方体中，，点为侧面内一动点，且满足平面，则的最小值为__________，此时点到直线的距离为__________.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】由题意，根据线面平行的判定定理和面面平行的判定定理可证得平面平面，由面面平行的性质确定点的轨迹为线段，且当取最小值时，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解点线距离即可.
【详解】如图所示，因为且，故四边形为平行四边形，则，
因平面平面，所以平面，
同理可证平面，因为平面，
所以平面平面，因为平面，要使得平面，
则平面，因为平面平面，
故点的轨迹为线段，当取最小值时，，则为的中点，
则.
以为原点，的方向分别为，轴建立空间直角坐标系，
易知，
取，
则，
所以点到直线的距离为.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是通过平面平面确定点的轨迹为线段，即当时取最小值，注重考查学生的数学运算和逻辑推理能力.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 已知函数．
（1）若，求曲线在点处切线方程；
（2）若恰有三个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求得，得到，且，结合导数的几何意义，即可求解；
（2）化简得到，根据题意得到方程有两个不为2实数根，令，利用导数求得函数的单调性和最大值，得出不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：当时，函数，可得，
所以，且，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
解：因为，
可得是的一个零点，
因为恰有三个零点，所以方程有两个不为2实数根，
即方程有两个不为2实数根，
令，所以，
令，可得，令，可得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，当时，函数取得极大值，也是最大值，
且当时，，
所以，当时，的值域为；当时，的值域为，
所以，且，所以且．
所以a的取值范围是．
【点睛】方法点睛：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数或；
②，构造函数或；
③，构造函数或.
16. 随着经济的发展，富裕起来的人们健康意识日益提升，越来越多的人走向公园､场馆，投入健身运动中，成为一道美丽的运动风景线.某兴趣小组为了解本市不同年龄段的市民每周锻炼时长情况，随机抽取400人进行调査，得到如下表的统计数据：
（1）根据表中数据，依据的独立性检验，能否认为周平均锻炼时长与年龄有关联？
（2）现从50岁以上（含50）的样本中按周平均锻炼时间是否少于5小时，用分层随机抽样法抽取8人做进一步访谈，再从这8人中随机抽取3人填写调査问卷.记抽取3人中周平均锻炼时间不少于5小时的人数为，求的分布列和数学期望.
参考公式及数据：，其中.
【答案】（1）能 （2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由列联表中的数据，求得，结合附表，即可得到结论；
（2）抽取的8人中，周平均锻炼时长少于和不少于5小时的人数，得出所有可能的取值为，求得相应的概率，列出分布列，利用期望公式求得数学期望.
【小问1详解】
解：零假设周平均锻炼时长与年龄无关联.
由列联表中的数据，可得，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为周平均锻炼时长与年龄有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01.
【小问2详解】
解：抽取的8人中，周平均锻炼时长少于5小时的有人，不少于5小时的有人，则所有可能的取值为，
所以；
所以随机变量的分布列为：
所以数学期望.
17. 在如图所示的多面体中，四边形是边长为的正方形，其对角线的交点为平面，点是棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线和平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质证明四边形为矩形，求出，结合勾股定理和线面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可.
【小问1详解】
连接.
因为平面平面，
所以.
因为是中点，所以四边形为矩形，则.
因为是正方形的对角线交点，所以为中点，，
所以.
因为为中点，所以.
又平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）知，两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量为，
所以由，得，令，可得，
设直线和平面所成角为，则，
所以直线和平面所成角的正弦值为.
18. 已知抛物线的焦点为，点.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点的动直线与交于两点，上是否存在定点使得（其中分别为直线的斜率）？若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在定点
【解析】
【分析】（1）易知F的坐标，利用两点坐标表示距离公式求出p，可求解；
（2）易知直线的斜率存在且不为0，设直线方程，，联立抛物线方程，利用韦达定理表示，结合两点表示斜率，对化简计算，求出点M的坐标即可.
【小问1详解】
由题知，
解得或（舍去），
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
假设在上存在定点，使得.
当直线的斜率不存在或斜率为0时，不合题意；
设直线的方程为，与联立方程组，
消去并整理得，由，得且.
设，则，
从而
，
即，整理得，
此式恒成立，所以.
故在上存在定点，使得.
19. 已知集合是公比为2的等比数列且构成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设是等差数列，将集合的元素按由小到大的顺序排列构成的数列记为.
①若，数列的前项和为，求使成立的的最大值；
②若，数列的前5项构成等比数列，且，试写出所有满足条件的数列.
【答案】（1）
（2）① 32；②
【解析】
【分析】（1）利用基本量法得到公比q的方程，得到q,进而求出通项公式；
（2）①确定两数列的公共元素，并结合等差和等比数列求和公式求解；②对元素2进行分类讨论，确定.
【小问1详解】
是公比为2的等比数列且构成等比数列.
则，即，
解得，故数列的通项公式.
【小问2详解】
①,设其前n项和，
,设其前n项和，
集合中的所有元素的最小值为，
且三个元素是中前205项中的元素，
且是中的元素，
又．
又，
故，
且,
故使成立的最大值是32.
②因为，中的元素按从小到大的顺序记为，
对集合中的元素2进行分类讨论：
当时，由的前5项成等比数列，得，显然不成立；
当时，由的前5项成等比数列，得，；
因此数列的前5项分别为1，，2，，4；
这样，则数列的前9项分别为1，，2，，4，，
，，8；上述数列符合要求；
当时，有，即数列的公差，
，1，2，；
，2，4在数列的前8项中，由于，这样，，，，
以及1，2，4共9项，
它们均小于8，即数列的前9项均小于8，这与矛盾，所以也不成立；
综上所述，；
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的公共项问题，关键是利用数列特点确定公共项，并估算和为2024的大概位置.
周平均锻炼时间少于5小时
周平均锻炼时间不少于5小时
合计
50岁以下
80
120
200
50岁以上（含50）
50
150
200
合计
130
270
400
0.025
0.01
0.005
0.001
5.024
6.635
7.879
10.828
1
2
3